江苏高考数学理大一轮复习检测专题十九 空间向量与立体几何.docx

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江苏高考数学理大一轮复习检测专题十九空间向量与立体几何

专题十九　空间向量与立体几何

考向一　线线角与线面角

1.（2017·南京期初）如图,在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,点E是线段PC的中点.

（1）求异面直线AP与BE所成角的大小;

（2）若点F在线段PB上,使得二面角F-DE-B的正弦值为,求的值.

（第1题）

2.（2017·苏北四市摸底）如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,AD=AP=4,AB=BC=2,M为PC的中点.

（1）求异面直线AP,BM所成角的余弦值;

（2）点N在线段AD上,且AN=λ,若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为,求λ的值.

（第2题）

3.（2017·南京、盐城二模）如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,A1A=AB=2,∠ABC=,E,F分别是BC,A1C的中点.

（1）求异面直线EF,AD所成角的余弦值;

（2）点M在线段A1D上,=λ,若CM∥平面AEF,求实数λ的值.

（第3题）

4.（2017·南通一模）如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱C1D1的中点,Q为棱BB1上的点,且BQ=λBB1（λ≠0）.

（1）若λ=,求AP与AQ所成角的余弦值;

（2）若直线AA1与平面APQ所成的角为45°,求实数λ的值.

（第4题）

考向二　二面角问题

5.（2017·苏州、无锡、常州、镇江一调）如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB=2,点M,N分别在PA,BD上,且==.

（1）求异面直线MN与PC所成角的大小;

（2）求二面角N-PC-B的余弦值.

（第5题）

6.（2017·南通三模）如图,在四棱锥S-ABCD中,SD⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,∠ADC=∠DAB=90°,SD=AD=AB=2,DC=1.

（1）求二面角S-BC-A的余弦值;

（2）设P是棱BC上一点,E是SA的中点,若PE与平面SAD所成角的正弦值为,求线段CP的长.

（第6题）

7.（2017·盐城三模）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥底面ABCD,且△PAD是边长为2的等边三角形,PC=,点M在PC上,且PA∥平面BDM.

（1）求直线PC与平面BDM所成角的正弦值;

（2）求平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小.

（第7题）

8.（2018·南京期初）如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,AP=AB=AD=1.

（1）若直线PB与CD所成角的大小为,求BC的长;

（2）求二面角B-PD-A的余弦值.

（第8题）

9.（2018·苏北四市一模）如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=1,AA1=2,E,F,G分别是AA1,AC和A1C1的中点.以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.

（1）求异面直线AC与BE所成角的余弦值;

（2）求二面角F-BC1-C的余弦值.

（第9题）

考向三　综合问题

10.（2017·无锡期末）如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=∠CBA=90°,PA=AB=BC=1,AD=2,E,F,G分别为BC,PD,PC的中点.

（1）求EF与DG所成角的余弦值;

（2）若M为EF上一点,N为DG上一点,是否存在MN,使得MN⊥平面PBC?

若存在,求出点M,N的坐标;若不存在,请说明理由.

（第10题）

11.（2018·苏州一模）如图,已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面,其交线为AB,且AB=BP=2,AD=AE=1,AE⊥AB,且AE∥BP.

（1）求平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值;

（2）试问:

线段PD上是否存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于?

若存在,试确定点N的位置;若不存在,请说明理由.

（第11题）

12.（2018·南通模拟）如图,在三棱锥A-BCD中,已知△ABD,△BCD都是边长为2的等边三角形,E为BD中点,且AE⊥平面BCD,F为线段AB上一动点,记=λ.

（1）当λ=时,求异面直线DF与BC所成角的余弦值;

（2）当CF与平面ACD所成角的正弦值为时,求实数λ的值.

（第12题）

专题十九　空间向量与立体几何

1.

（1）在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,所以DA,DC,DP两两垂直,故以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.

因为PD=DC,所以DA=DC=DP,不妨设DA=DC=DP=2,

则D（0,0,0）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,P（0,0,2）,B（2,2,0）.

因为E是PC的中点,所以E（0,1,1）.

所以=（-2,0,2）,=（-2,-1,1）,

所以cos<,>===,

从而<,>=.

因此异面直线AP与BE所成角的大小为.

（2）由

（1）可知,=（0,1,1）,=（2,2,0）,=（2,2,-2）.

设=λ,则=（2λ,2λ,-2λ）,

从而=+=（2λ,2λ,2-2λ）.

设m=（x1,y1,z1）为平面DEF的一个法向量,

则即

取z1=λ,则y1=-λ,x1=2λ-1.

所以m=（2λ-1,-λ,λ）为平面DEF的一个法向量.

设n=（x2,y2,z2）为平面DEB的一个法向量,

则即

取x2=1,则y2=-1,z2=1,

所以n=（1,-1,1）为平面BDE的一个法向量.

因为二面角F-DE-B的正弦值为,所以二面角F-DE-B的余弦的绝对值为,即|cos|=,

所以=,即=,

化简得4λ2=1,因为点F在线段PB上,所以0≤λ≤1,

所以λ=,即=.

（第1题）

2.

（1）因为PA⊥平面ABCD,且AB,AD⊂平面ABCD,

所以PA⊥AB,PA⊥AD,

因为∠BAD=90°,所以PA,AB,AD两两互相垂直.

如图,分别以AB,AD,AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz,

则由AD=2AB=2BC=4,PA=4,可得A（0,0,0）,B（2,0,0）,C（2,2,0）,D（0,4,0）,P（0,0,4）.

因为M为PC的中点,所以M（1,1,2）,

所以=（-1,1,2）,=（0,0,4）,

所以cos<,>===,

所以异面直线AP,BM所成角的余弦值为.

（2）因为AN=λ,所以N（0,λ,0）（0≤λ≤4）,

则=（-1,λ-1,-2）,=（0,2,0）,=（2,0,-4）.

设平面PBC的一个法向量为m=（x,y,z）,

则即令x=2,解得y=0,z=1,

所以m=（2,0,1）是平面PBC的一个法向量.

因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为,

所以|cos<,m>|===,

解得λ=1∈[0,4],所以λ的值为1.

（第2题）

3.因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,所以A1A⊥平面ABCD.

又AE⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以A1A⊥AE,A1A⊥AD.

在菱形ABCD中,∠ABC=,则△ABC是等边三角形.

因为E是BC中点,所以BC⊥AE.

因为BC∥AD,所以AE⊥AD.

以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.

则A（0,0,0）,C（,1,0）,D（0,2,0）,A1（0,0,2）,E（,0,0）,所以F.

（1）=（0,2,0）,=,所以·=1.

从而cos<,>==.

故异面直线EF,AD所成角的余弦值为.

（2）设M（x,y,z）,由于点M在线段A1D上,且=λ,

则=λ,即（x,y,z-2）=λ（0,2,-2）.

则M（0,2λ,2-2λ）,所以=（-,2λ-1,2-2λ）.

设平面AEF的一个法向量为n=（x0,y0,z0）.

因为=（,0,0）,=,

由n·=0,n·=0,得x0=0,y0+z0=0.

取y0=2,则z0=-1,

则平面AEF的一个法向量为n=（0,2,-1）.

由于CM∥平面AEF,则n·=0,

即2（2λ-1）-（2-2λ）=0,解得λ=.

（第3题）

（第4题）

4.以{,,}为正交基底,建立如图所示空间直角坐标系A-xyz.

（1）因为=（1,2,2）,=（2,0,1）,所以cos<,>===.

所以AP与AQ所成角的余弦值为.

（2）由题意可知,=（0,0,2）,=（2,0,2λ）.

设平面APQ的一个法向量为n=（x,y,z）,

则即

令z=-2,则x=2λ,y=2-λ.

所以n=（2λ,2-λ,-2）.

又因为直线AA1与平面APQ所成角为45°,

所以|cos|===,

可得5λ2-4λ=0,又因为λ≠0,所以λ=.

5.

（1）设AC,BD交于点O,在正四棱锥P-ABCD中,OP⊥平面ABCD.又PA=AB=2,所以OP=.以O为坐标原点,,方向分别为x轴、y轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.

则A（1,-1,0）,B（1,1,0）,C（-1,1,0）,D（-1,-1,0）,P（0,0,）.

故=+=+=,==,

所以=,=（-1,1,-）,

所以cos<,>==,

所以MN与PC所成角的大小为.

（第5题）

（2）又=（-1,1,-）,=（2,0,0）,=.

设m=（x,y,z）是平面PCB的一个法向量,

则m·=0,m·=0,

可得令x=0,y=,z=1,即m=（0,,1）.

设n=（x1,y1,z1）是平面PCN的一个法向量,

则n·=0,n·=0,

可得令x1=2,y1=4,z1=,即n=（2,4,）.

所以cos===,

则二面角N-PC-B的余弦值为.

6.

（1）以D为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系D-xyz,

则D（0,0,0）,B（2,2,0）,C（0,1,0）,S（0,0,2）,A（2,0,0）,

所以=（2,2,-2）,=（0,1,-2）,=（0,0,2）.

设平面SBC的一个法向量为n1=（x,y,z）,

由n1·=0,n1·=0,

得2x+2y-2z=0且y-2z=0.

取z=1,得x=-1,y=2,

所以n1=（-1,2,1）是平面SBC的一个法向量.

因为SD⊥平面ABC,取平面ABC的一个法向量n2=（0,0,1）.

设二面角S-BC-A的大小为θ,

所以|cosθ|===.

由图可知二面角S-BC-A为锐二面角,

所以二面角S-BC-A的余弦值为.

（2）由

（1）知E（1,0,1）,则=（2,1,0）,=（1,-1,1）.

设=λ（0≤λ≤1）,则=λ（2,1,0）=（2λ,λ,0）,

所以=-=（1-2λ,-1-λ,1）.

易知CD⊥平面SAD,所以=（0,1,0）是平面SAD的一个法向量.

设PE与平面SAD所成的角为α,

所以sinα=|cos<,>|==,

即=,解得λ=或λ=（舍去）.

所以=,||=,

所以线段CP的长为.

（第6题）

7.因为平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为正三角形,作AD边上的高PO.

因为平面PAD∩平面ABCD=AD,由面面垂直的性质定理,得PO⊥平面ABCD.又四边形ABCD是矩形,同理可证CD⊥平面PAD,则CD⊥PD.又PC=,PD=2,故CD=3.

以AD中点O为坐标原点,OA所在直线为x轴,OP所在直线为z轴,AD的垂直平分线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则P（0,0,）,A（1,0,0）,B（1,3,0）,C（-1,3,0）,D（-1,0,0）.

如图,连接AC交BD于点N.因为PA∥平面MBD,平面APC∩平面MBD=MN,

所以MN∥PA,又N是AC的中点,

所以M是PC的中点,则M.

设平面BDM的一个法向量为n=（x,y,z）,

因为=（-2,-3,0）,=,

由n·=0,n·=0,得

令x=1,解得y=-,z=,所以取n=.

（第7题）

（1）因为=（-1,3,-）,设PC与平面BDM所成的角为θ,

则sinθ==,

所以直线PC与平面BDM所成角的正弦值为.

（2）易知平面PAD的一个法向量为=（0,-3,0）,设平面BDM与平面PAD所成的锐二面角为φ.

则cosφ==,

所以平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小为.

8.

（1）以{,,}为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.因为AP=AB=AD=1,

所以A（0,0,0）,B（1,0,0）,D（0,1,0）,P（0,0,1）.

设C（1,y,0）,则=（1,0,-1）,=（-1,1-y,0）.

因为直线PB与CD所成角的大小为,

所以|cos<,>|==,

即=,解得y=2或y=0（舍去）,

所以C（1,2,0）,所以BC的长为2.

（第8题）

（2）设平面PBD的一个法向量为n1=（x,y,z）,

因为=（1,0,-1）,=（0,1,-1）,

则即

令x=1,则y=1,z=1,所以n1=（1,1,1）.

因为平面PAD的一个法向量为n2=（1,0,0）,

所以cos==,

所以由图可知二面角B-PD-A的余弦值为.

9.

（1）因为AB=1,AA1=2,则F（0,0,0）,A,C,B,E,C1,

所以=（-1,0,0）,=.

记直线AC和BE所成的角为α,

则cosα=|cos<,>|==,

所以直线AC和BE所成角的余弦值为.

（2）设平面BFC1的一个法向量为m=（x1,y1,z1）,

因为=,=,

所以

取x1=4,得m=（4,0,1）.

设平面BCC1的一个法向量为n=（x2,y2,z2）,

因为=,=（0,0,2）,

所以

取x2=,得n=（,-1,0）.

所以cos==.

根据图形可知二面角F-BC1-C为锐二面角,

所以二面角F-BC1-C的余弦值为.

10.

（1）如图,以A为坐标原点,AB为x轴、AD为y轴、AP为z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,

则A（0,0,0）,B（1,0,0）,C（1,1,0）,D（0,2,0）,P（0,0,1）,

因为E,F,G分别为BC,PD,PC的中点,

所以E,F,G.

所以=,=.

设异面直线EF与DG所成的角为θ,

则cosθ==.

所以EF与DG所成角的余弦值为.

（第10题）

（2）设平面PBC的一个法向量为n=（x,y,z）,

因为=（0,1,0）,=（1,0,-1）.

所以取x=1,得n=（1,0,1）.

因为M为EF上一点,N为DG上一点,

若存在MN,使得MN⊥平面PBC,则∥n.

设M（x1,y1,z1）,N（x2,y2,z2）,则　①

因为点M,N分别是线段EF与DG上的点,

所以=λ,=t,

因为=,=（x2,y2-2,z2）,

所以且　②

把②代入①,得解得

所以M,N.

11.

（1）因为平面ABCD⊥平面ABPE,平面ABCD∩平面ABPE=AB,BP⊥AB,所以BP⊥平面ABCD.

又因为AB⊥BC,所以直线BA,BP,BC两两垂直.

以B为坐标原点,以BA,BP,BC分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz,则P（0,2,0）,B（0,0,0）,D（2,0,1）,E（2,1,0）,C（0,0,1）,则=（2,-2,1）,=（2,0,0）.

因为BC⊥平面ABPE,

所以=（0,0,1）为平面ABPE的一个法向量.

设平面PCD的一个法向量为n=（x,y,z）,

则即

令y=1,则z=2,故n=（0,1,2）.

设平面PCD与平面ABPE所成的二面角为θ,

则cosθ===,

显然0<θ<,所以平面PCD与平面ABPE所成二面角的余弦值为.

（2）设线段PD上存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角α的正弦值等于.

设=λ=（2λ,-2λ,λ）（0≤λ≤1）,

所以=+=（2λ,2-2λ,λ）.

由

（1）知,平面PCD的一个法向量为n=（0,1,2）,

所以cos<,n>===,

即9λ2-8λ-1=0,解得λ=1或λ=-（舍去）.

故当点N与点D重合时,直线BN与平面PCD所成角的正弦值为.

（第11题）

12.连接CE,以EB,EC,EA分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,则A（0,0,）,B（1,0,0）,C（0,,0）,D（-1,0,0）.

因为F为线段AB上一动点,且=λ,

则=λ=λ（-1,0,）=（-λ,0,λ）,所以F（1-λ,0,λ）.

（1）当λ=时,F,=,=（1,-,0）,

所以cos<,>==.

（2）由

（1）知,=（1-λ,-,λ）,

设平面ACD的一个法向量为n=（x,y,z）,

因为=（1,0,）,=（1,,0）,

由n⊥,n⊥,得

化简得取n=（,-1,-1）.

设CF与平面ACD所成的角为θ,

则sinθ=|cos<,n>|==.

解得λ=或λ=2（舍去）,所以λ=.

（第12题）